2018年高考物理复习课时作业16
高考物理一轮复习课时作业【2018-2019交变电流的产生和描述(含答案)
开卷速查规范特训课时作业实效精练开卷速查(三十四) 交变电流的产生和描述A组基础巩固1．(多选题)如图34－1所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，图34－1线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内，下述说法正确的是( ) A．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍解析：本题考查电磁感应现象，基础题．线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感线平行时，磁通量最小，感应电动势最大，A、B错，C对；电流的有效值I＝nBSω2R，由表达式分析可知，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D正确．答案：CD图34－22．如图34－2所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合．线圈按图示方向匀速转动．若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图34－3中的( )A B C D图34－3解析：t ＝0时线圈磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以感应电动势、感应电流最小．根据楞次定律可以判断，t ＝0时刻开始线圈中磁通量变小，产生的感应电流i 为负向，电流变大，C 、D 不正确．经过1/4周期后，dc 切割磁感线，电流方向为负，电路中有持续负方向的电流，B 不正确．综上所述，应选择A.答案：A3．某交流电压为u ＝62sin314t V ，则以下说法正确的是( )①用此交流电作打点计时器的电源时，打点周期为0.02 s ；②把额定电压为6 V 的小灯泡接到此电源上，小灯泡正常发光；③把额定电压为6 V 的小灯泡接到此电源上，小灯泡将被烧毁；④耐压6 V 的电容器不能直接用在此电源上A ．①②B ．①③C ．①④D ．①②④解析：据2π/T ＝ω＝314 rad/s ，可知此交流电的周期为T ＝0.02 s ，小灯泡的额定电压指的是交流电压的有效值，而电容器的耐压值指的是交流电压的最大值．答案：D4．一根电阻丝接入100 V 的恒定电流电路中，在1 min 内产生的热量为Q ，同样的电阻丝接入正弦式交变电流的电路中，在2 min 内产生的热量也为Q ，则该交变电压的峰值是( )A ．141.4 VB ．100 VC ．70.7 VD ．50 V解析：由有效值定义得U 2R ·t＝U 2有R ·2t，得U 有＝22U ，U 峰＝2U 有＝2·22U ＝U ， U ＝100 V 时，B 对，A 、C 、D 错． 答案：B甲 乙图34－45．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图34－4甲所示，产生的交变电动势的图象如图34－4乙所示，则( )A ．t ＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：本题考查正弦交流电的图象，意在考查考生根据正弦交流电的图象获取交流电特征信息的能力．t ＝0.005 s 时感应电动势最大，线框的磁通量变化率也最大，A 错误．t ＝0.01 s 时感应电动势为零，穿过线框磁通量最大，线框平面与中性面重合，B 正确．感应电动势的最大值为311 V ，有效值则为3112V ，C 错误．所产生电动势的周期为0.02 s ，频率等于周期的倒数，为50 Hz ，D 错误．答案：B6．(多选题)[2018·宝鸡质检]如图34－5所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦式交流电的说法正确的是( )图34－5A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin5πt(V)D ．交流电b 的最大值为5 V解析：t ＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A 项错．读图得两次周期之比为2∶3，由角速度ω＝2πT 得角速度与周期成反比，故B 项正确．读图得a 的最大值为10 V ，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e ＝E m sin ωt(V)(从中性面开始计时)得，u ＝10sin5πt(V)，故C 项正确．交流电的最大值E m ＝nBS ω.所以根据两次角速度ω的比值可得，交流电b 的最大值为23×10 V＝203V ，故D 项错．答案：BC图34－67．(多选题)如图34－6所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图34－7所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是( )A BC D图34－7解析：由A 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时刻速度最大，由14T 到12T 做加速度增大的减速运动，12T 时刻速度为零．从12T 到34T 电子反向做加速度减小的加速运动，34T 时刻速度最大，由34T 到T 做加速度增大的减速运动，T 时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动．同样的方法可得B 、C 也对．答案：ABCB 组 能力提升8．(多选题)[2018·江苏省苏北三市调研]如图34－8所示电路中，电源电压u ＝311sin100πt(V)，A 、B 间接有“220 V,440 W”的电暖宝、“220 V,220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )图34－8A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104J解析：交流电压表的示数表示有效值，即为220 V ，选项A 错误；电路正常工作时，干路电流I ＝440220 A ＋220220A ＝3 A ，显然，选项B 正确；电暖宝几乎将电能全部转化为热能，而抽油烟机主要将电能转化为机械能，显然，电暖宝发热功率远大于抽油烟机发热功率的2倍，选项C 错误；1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝220 W×60 s ＝1.32×104J ，选项D 正确．答案：BD图34－99．(多选题)图34－9所示为交变电流产生的示意图，在磁感应强度为B 的匀强磁场中线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，线圈匝数为N ，线圈总电阻为r ，线圈面积为S ，外电路电阻为R.在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )A ．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB ．平均感应电动势E ＝2NBS ωπC ．电阻R 产生的焦耳热Q ＝ω22RD ．电阻R 产生的焦耳热Q ＝ωR π·2＋2解析：穿过某个面的磁通量与线圈匝数无关，线圈在题设的条件下，其磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，选项A 错；线圈转过90°的时间Δt ＝T 4＝π2ω，所以平均电动势E ＝N ΔΦΔt ＝N BS π2ω＝2NBS ωπ，选项B 正确；线圈产生的感应电动势的有效值为E ＝E max 2＝NBS ω2.回路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBS ω2＋.所以，电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R T 4＝N 2B 2S 2ωR π＋2.选项D 正确，答案为B 、D. 答案：BD10．[2018·北京卷]一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V解析：设该电热器的电阻为R ，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U ，则P 2＝U2R ；加直流电时，P ＝2R；又由最大值U m ＝2U ，可解出U m ＝10 V ．故选项C 正确．答案：C11．[2018·安徽卷]图34－10甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae 和df 分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R 形成闭合电路．图34－10乙是线圈的主视图，导线ab 和cd 分别用它们的横截面来表示．已知ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)甲 乙 丙图34－10(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感应电动势e 1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式；(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热．(其他电阻均不计)图34－11解析：(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和cd 切割磁感线，设ab 和cd 的转动速度为v ，则 v ＝ω·L 22①在t 时刻，导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E 1＝BL 1v ⊥ ②由图可知v ⊥＝vsin ωt ③ 则整个线圈的感应电动势为 e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt ④(2)当线圈由题图(c)位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0) ⑤ (3)由闭合电路欧姆定律可知 I ＝ER ＋r⑥ 这里E 为线圈产生的电动势的有效值 E ＝E m2＝BL 1L 2ω2⑦ 则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R ＝I 2RT ⑧ 其中T ＝2πω⑨于是Q R ＝πR ω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2.答案：(1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)(3)πR ω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 212．某电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端，求在1 h 内，霓虹灯发光时间有多长．试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象．解析：如图34－12所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1.图34－12当u ＝u 0＝60 2 V 时， 由u ＝1202·sin ωt V 求得： t 1＝1600s ，再由对称性得一个周期内能发光的时间 t ＝T －4t 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫150－4×1600 s ＝175 s.再由比例关系求得1 h 内霓虹灯发光的时间t′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3 6000.02×175 s ＝2 400 s.很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300 s(如图中t 2时刻到t 3时刻)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为110 s ，远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会对短暂的熄灭而有所感觉．答案：2 400 s 分析见解析13．如图34－13甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R ＝1 Ω的电阻，导轨间距L ＝0.2 m ，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.8 T ．一根电阻r ＝0.3 Ω的导体棒ab 置于导轨上，且始终与导轨保持良好接触．若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ 和MN 之间运动，其速度图象如图34－13乙所示．求：图34－13(1)导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式； (2)整个电路在1 min 内产生的热量．解析：(1)由速度图象可得，某时刻导体棒做简谐运动的速度表达式v t ＝10sin10πt m/s. 导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式 e ＝BLv t ＝1.6sin10πt V.(2)感应电动势的最大值为E max ＝10BL ＝1.6 V ， 感应电动势的有效值为E ＝E max /2， 回路中的总电阻为R′＝r ＋R/2＝0.8 Ω， 回路中的电流I ＝E/R′＝E max2＋＝ 2 A.整个电路在1 min 内产生的热量为Q ＝I 2R′t＝96 J. 答案：(1)e ＝1.6sin10πt V (2)96 JC 组 难点突破14．如图34－14所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管图34－14(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝202sin 100πt V ，则加在R 2上的电压有效值为( )A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V解析：由有效值定义，102R 2·T 2＋202R 2·T 2＝U2R 2T ，解得U ＝510V ，选D.答案：D。
最新-2018年高考物理一轮复习 同步课时作业及单元检测
第一章第一讲重力、弹力、摩擦力1.(2018·东城模拟)如图1所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后图1 ( )A.M静止在传送带上B.M可能沿斜面向上运动C.M受到的摩擦力不变D.M下滑的速度不变解析：由M匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力，传送带启动以后对M受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C、D正确.答案：CD2.(2018·湖南师大附中模拟)我国国家大剧院外部呈椭球型，假设国家大剧院的屋顶为半球型，一警卫员为执行特殊任务，图2必须冒险在半球型屋顶上向上缓慢爬行(如图2所示)，他在向上爬的过程中( )A.屋顶对他的支持力变大B.屋顶对他的支持力变小C.屋顶对他的摩擦力变大D.屋顶对他的摩擦力变小解析：警卫员缓慢爬行过程中所受合力为零，由平衡条件可得：屋顶对他的摩擦力F f ＝mgsinθ，支持力F N＝mgcosθ，随θ变小，摩擦力F f减小，支持力F N增大，故A、D 正确.答案：AD3.(2018·天津高考)如图3所示，物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是( )图3解析：物块在重力和F的合力沿斜面向下的分力的作用下将受到沿斜面向上的静摩擦力，故知，竖直向下的力F 会使其所受到的静摩擦力增大，D 选项正确.答案：D4.(2018·冀州月考)如图4所示，质量为m 的木块以初速度v 0在置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块与木板、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，木板质量为3 m ，则木板所受桌面给 图4的摩擦力大小为 ( )A. μmgB.2 μmgC.3 μmgD.4 μmg解析：木块向右滑行时给木板向右的滑动摩擦力 μmg ，而木板静止不动，水平方向合力为零，故桌面对木板的静摩擦力大小为μmg ，只有A 正确.答案：A5.(2018·聊城模拟)如图5所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧的长度被压缩了 ( ) 图5A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k解析：以A 球为对象，其受力如图所示.所以F 弹＝mg tan θ2，Δx ＝F 弹k ＝mg k tan θ2.C 项正确. 答案：C6.(2018·浙江高考)如图6所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q ＞0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接.当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l .已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为 ( )图6A.l ＋5kq 22k 0l 2B.l －kq 2k 0l 2C.l －5kq 24k 0l 2D.l －5kq 22k 0l 2解析：取左侧电荷为研究对象，由平衡状态得k 0x ＝kq 2l 2＋kq 2(2l )2，所以x ＝5kq 24k 0l 2，故弹簧原长为l 0＝l －x ＝l －5kq 24k 0l 2，C 选项正确. 答案：C图77.(2018·扬州模拟)如图7所示，重80 N 的物体A 放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为1000 N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A 后，弹簧长度缩短为8 cm ，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N ，当弹簧的长度仍为8 cm 时，测力计读数不可能为 ( )A.10 NB.20 NC.40 ND.60 N解析：设物体所受静摩擦力F f 的方向沿斜面向上，由平衡条件得：F ＋F f ＋kx ＝mg sin30°.可得：F ＋F f ＝20 N ，F 由0逐渐增大，F f 逐渐减小，当F f ＝0时，F 为20 N ，故A 、B 均可能；当F f 沿斜面向下时，F ＋kx ＝F f ＋mg sin30°，有：F ＝F f ＋20 N ，随F 增大，F f 也逐渐增大，直到F f ＝25 N ，此时F ＝45 N ，当F ＞45 N ，物体就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.答案：D8.(2018·石家庄模拟)如图8所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg ，弹簧测力计读数为2 N ，滑轮摩擦不计.若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减少到0.3 kg 时，将会出现的情况是(g ＝10 m/s 2)( ) 图8A.弹簧测力计的读数将变小B.A 仍静止不动C.A 对桌面的摩擦力不变D.A 所受的合力将要变大解析：当砝码和托盘的总质量为m 1＝0.6 kg 时，F ＋F f ＝m 1g ＝6 N ，F f ＝4 N ，可知A 与桌面间的最大静摩擦力至少为4 N.当砝码和托盘的总质量为m 2＝0.3 kg 时，设A 仍不动，则F 不变，F ＋F f ′＝m 2g ，F f ′＝1 N ＜4 N ，故假设成立，A 仍静止不动，A 与桌面间的静摩擦力减为1 N ，弹簧测力计的示数不变，故只有B 正确.答案：B9.如图9所示，体重为60 kg的武术运动员，两脚蹬在两堵墙上且保持静止状态，若运动员的脚与墙面间的动摩擦因数为0.5，两堵墙之间的距离和运动员的腿长相等.关于运动员与墙之间的压力大小，正确的是(取g＝10 m/s2)( )A.一定等于600 NB.可能等于600 N 图9C.可能大于600 ND.可能小于600 N解析：因为运动员的重力为600 N，所以墙给每只脚的静摩擦力为F f＝300 N，设每只脚对墙的压力为F N，因最大静摩擦力F f max＝μF N，且F f max≥F f，则有F N≥600 N，即当F N ＝600 N时，每只脚受到竖直向上的静摩擦力可达300 N.使运动员保持平衡，显然F N ＞600 N时，每只脚受到的静摩擦力仍为300 N.正确答案为B、C.答案：BC10.(2018·石家庄模拟)如图10所示，贴着竖直侧面的物体A的质量m A＝0.2 kg，放在水平面上的物体B的质量m B＝1.0 kg，绳的质量、绳和滑轮间的图10摩擦均不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B恰好一起做匀速运动.取g＝10 m/s2，则下列判断正确的是 ( )A.物体B与水平面间的动摩擦因数为0.2B.如果用12 N的水平力向左拉物体B，物体A和B也能做匀速运动C.若在物体B上放一个质量为m B的物体后再由静止释放，根据F f＝μF N可知B受到的摩擦力将增大1倍D.若在物体B上放一个质量为m B的物体后再由静止释放，则物体B受到的摩擦力大小与正压力的大小无关且保持不变解析：A、B两者恰好一起匀速运动，则有m A g＝μm B g，μ＝0.2，A正确；要使B带着A向左做匀速运动，需要的拉力F＝m A g＋μm B g＝4 N，B错误；在物体B上放一个质量为m B的物体后再由静止释放，假设能滑动，则滑动摩擦力为2μm B g＝4 N＞m A g＝2 N，假设不成立，因此B不能滑动，其受到的摩擦力为静摩擦力，大小等于A的重力仍为2 N，C错误，D正确.答案：AD11.木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m.系统置于水平地面上静止不动.现图11用F＝1 N的水平拉力作用在木块B上，如图11所示，求力F作用后木块A、B所受摩擦力的大小.解析：未加F时，木块A、B受力平衡，所受静摩擦力等于弹簧的弹力，即F A＝F B＝F kx＝400×0.18 N＝8 N弹＝又因木块B受地面的最大静摩擦力为F B m＝μF N B＝0.25×60 N＝15 N施加F后，对木块B，由于F＋F弹＜F B m故B所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小为F B′＝F＋F弹＝9 N施加F后，木块A所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小F A′＝8 N答案：8 N 9 N12.如图12所示，物体A被压在物体B和水平地面之间，A、B的质量分别为10 kg和30kg，A与B及B与地面之间的动摩擦因数都为μ＝0.2.图12(1)要用水平力F将整体拉动，则拉力的大小至少应为多少？(2)若B用水平绳子拴在墙上，则要把A向右拉动，施加的水平力F又至少应为多少？(g＝10 m/s2)解析：(1)F＝μ(m A＋m B)g＝80 N；(2)F＝μm B g＋μ(m A＋m B)g＝140 N；其中μm B g为A的上表面与B的摩擦力，μ(m A＋m B)g为A的下表面与地面的摩擦力.答案：(1)80 N (2)140 N。
高考物理大一轮复习 课时作业 能量守恒定律无答案新人教版
课时作业(十六)第16讲能量守恒定律时间/40分钟基础达标1.某同学将一个质量为m的小球竖直向上抛出,小球上涨的最大高度为H.若上涨过程中空气阻力F大小恒定,重力加快度为g,则在上涨过程中()A.小球的动能减小了mgHB.小球的机械能减小了FHC.小球的重力势能减小了mgHD.小球战胜空气阻力做功为(F+mg)H2.一物体从地面由静止开始运动,取地面的重力势能为零,运动过程中重力对物体做功为W1,阻力对物体做功为W2,其余力对物体做功为W3,则该过程终态时()A.物体的动能为W1+W2B.物体的重力势能为W1C.物体的机械能的改变量为W2+W3D.物体的机械能的改变量为W1+W2+W3图K16-13.一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用,沿竖直方向向上做减速运动,此过程中物体速度的二次方和上涨高度的关系如图K16-1所示.若取h=0处为重力势能等于零的参照平面,则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能是图K16-2中的()图K16-24.一小球从某一高度H着落到水平川面上,与水平川面碰撞后弹起.假定小球与地面的碰撞过程中没有能量损失,但因为遇到大小不变的空气阻力的影响,每次碰撞后弹起上涨的高度是碰撞前着落高度的34.为使小球弹起后能上涨到本来的高度H,在小球开始着落时,在极短的时间内应给小球增补的能量为(重力加快度为g) ()A.14mgHB.47mgHC.27mgHD.34mgH5.在拥有登高平台的消防车上,拥有必定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400kg)上涨60m抵达灭火地点,今后,在登高平台上的消防员用水炮灭火,已知水炮的出水量为3m3/min,水走开炮口时的速率为20m/s,则(g取10m/s2)()A.用于水炮工作的发动机输出功率为1×104WB.用于水炮工作的发动机输出功率为4×104WC.用于水炮工作的发动机输出功率为2.4×106WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800W图K16-36.如图K16-3所示,一足够长的木板在圆滑的水平面上以速度v向右匀速运动,将质量为m的物体轻轻地搁置在木板右端,物体和木板间的动摩擦因数为μ.为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中,应付木板施一水平向右的作使劲F,则力F对木板做的功为()A.mv24B.mv22C.mv2D.2mv2技术提高7.(多项选择)[2019·武汉模拟]质量为m的跳伞运动员进行低空跳伞表演,在翻开下降伞以前,他以恒定的加快度45g(g为重力加快度)竖直加快着落高度h,在此过程中()A.运动员的重力势能减少了mghB.运动员的动能增添45mghC.运动员战胜阻力所做的功为45mghD.运动员的机械能减少45mgh8.(多项选择)“弹弓”是孩子们喜欢的弹射类玩具,其结构原理如图K16-4所示,橡皮筋两头点A、B固定在把手上,橡皮筋处于ACB时恰巧为原长状态,在C处(位于AB连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手握住把手,另一手将弹丸拉至D点松手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标.现将弹丸竖直向上发射,已知E是CD中点,则()图K16-4A.从D到C,弹丸的机械能向来在增大B.从D到C,弹丸的动能向来在增大C.从D到C,弹丸的机械能先增大后减小D.从D到E弹丸增添的机械能大于从E到C弹丸增添的机械能9.(多项选择)如图K16-5甲所示,竖直圆滑杆固定,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处,滑块与弹簧不拴接.现由静止开释滑块,经过传感器丈量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的E k-h图像如图乙所示,此中高度从0.2m上涨到0.35m范围内图像为直线,其余部分为曲线.以地面为零势能面,g取10m/s2.由图像可知()A.小滑块的质量为0.2kgB.弹簧的最大弹性势能为0.32JC.弹簧的原长为0.2mD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小为0.18J10.(多项选择)[2018·江西赣州中学模拟]如图K16-6所示,传递带与水平面的夹角为θ=30°,传递带两头A、B间的距离为L=5m,传递带在电动机的带动下以v=1m/s的速度沿顺时针方向匀速运动.现将一质量为m=10kg的小物体(可视为质点)轻放在传递带上的A点,已知小物体与传递带间的动摩擦因数μ=32,在传递带将小物体从A点输送到B点的过程中,以下说法正确的选项是(g取10m/s2) ()图K16-6A.小物体在传递带上运动的时间为5sB.传递带对小物体做的功为255JC.电动机做的功为255JD.小物体与传递带间因摩擦产生的热量为15J11.[2018·广州测试]吊锤打桩机如图K16-7甲所示,其工作过程能够简化为图乙:质量m=2.0×103kg的吊锤在绳索的恒定拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动,上涨一段高度后撤去F,到最高点后自由落下,撞击钉子将钉子打入必定深度.吊锤上涨过程中,机械能E与上涨高度h的关系如图丙所示,不计摩擦及空气阻力,g取10m/s2.(1)求吊锤上涨h1=1.6m时的速度大小;(2)吊锤上涨h1=1.6m后,再经过多长时间撞击钉子?(3)吊锤上涨h2=0.4m时,求拉力F的刹时功率.图K16-7挑战自我12.如图K16-8所示,静止的水平传递带右端B点与粗拙的水平面相连结,传递带长L1=0.36m,质量为1kg的滑块以v0=2m/s的水平速度从传递带左端A点冲上传递带,并从传递带右端滑上水平面,最后停在距B点L2=0.64m的C处.已知滑块与传递带、滑块与水平面间的动摩擦因数相等,重力加快度g取10m/s2.(1)求动摩擦因数μ的值;(2)若传递带一直以v=2m/s的速度逆时针转动,滑块在传递带上运动的过程中,求传递带对滑块的冲量大小和整个过程中电动机因为传递滑块多耗费的电能.图K16-8。
2018-2019学年高中物理沪科版必修1：课时分层作业16 牛顿第二定律
2018-2019学年高中物理沪科版必修1：课时分层作业16 牛顿第二定律D．F＝ma＝0.02×0.2 N＝0.004 ND[统一单位，m＝0.02 kg，a＝20 cm/s2＝0.2 m/s2，由牛顿第二定律可得F ＝ma＝0.02×0.2 N＝0.004 N，D选项既正确又规范简洁．]4．(多选)有几个同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小同其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定错误的是()A．x＝v2a B．x＝m v3FC．x＝Ft D．x＝m v2 FABC[把各物理量的单位都用基本单位表示，v的单位符号为m/s，a的单位符号为m/s2，F的单位符号为kg·m/s2，x的单位符号为m.再检验各选项可知A、B、C均错误．]5．(多选)质量为1 kg的物体受3 N和4 N的两个共点力的作用，物体的加速度可能是()A．5 m/s2B．7 m/s2C．8 m/s2D．9 m/s2AB[合力取值范围是：1 N≤F≤7 N，由牛顿第二定律得加速度的取值范围为：1 m/s2≤a≤7 m/s2，故A、B正确．]6．如图5-3-9所示，质量为m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间动摩擦因数为0.2.与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是()图5-3-9A．0 B．4 m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右B[取向右为正方向，由牛顿第二定律得F＋f＝ma，而f＝μmg，解得a＝F＋μmgm＝4 m/s2，故物体的加速度大小是4 m/s2，方向向右，B正确．] 7．两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触地放在光滑水平面上，如图5-3-10所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于()【导学号：79092109】图5-3-10A.m1m1＋m2F B.m2m1＋m2FC．F D.m1 m2FB[对A、B整体分析，有F＝(m1＋m2)a，解得a＝Fm1＋m2.设A、B间的弹力为N，以B为研究对象，则有N＝m2a＝m2m1＋m2F，B正确．] 8．一木箱静止在光滑的水平地面上，装上货物后木箱和货物的总质量为50 kg.现以200 N的水平推力推木箱，求：(1)该木箱的加速度．(2)第2 s末木箱的速度．[解析](1)对木箱受力分析得F＝ma，有a＝Fm＝20050m/s2＝4 m/s2.(2)由v＝at得木箱2 s末的速度v＝4×2 m/s＝8 m/s.[答案](1)4 m/s2(2)8 m/s[冲A挑战练]9．(多选)如图5-3-11所示，一跳床运动员从跳床正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触跳床后把跳床压缩到一定程度后停止下落．在运动员下落的这一全过程中，下列说法中正确的是()图5-3-11A．运动员刚接触跳床瞬间速度最大B．从运动员接触跳床起加速度变为竖直向上C．从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的速度先增大后减小D．从运动员接触跳床到到达最低点，运动员的加速度先减小后增大CD[运动员的加速度大小决定于运动员受到的合外力．从接触跳床到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大．当合力与速度同向时运动员速度增大，所以当运动员所受弹力和重力大小相等时运动员速度最大．]10．(多选)设洒水车的牵引力不变，所受的阻力与车重成正比，洒水车在平直路面上原来匀速行驶，开始洒水后，它的运动情况将是()【导学号：79092120】A．继续做匀速运动B．变为做匀加速运动C．变为做变加速运动D．加速度逐渐增大CD[设洒水车的总质量为M，原来匀速时F牵＝f＝k·Mg，洒水后M减小，阻力减小，由牛顿第二定律得：F牵－kM′g＝M′a，a＝F牵M′－kg，可知a随M′的减小而增大，洒水车做变加速运动，C、D正确．]11．图5-3-12中所示A、B为两个相同物块，由轻质弹簧k和细线l相连，悬挂在天花板上处于静止状态，若将l剪断，则在刚剪断时，A、B的加速度大小a A、a B分别为()图5-3-12A．a A＝0、a B＝0 B．a A＝0、a B＝gC．a A＝g、a B＝g D．a A＝g、a B＝0C[剪断细线前物体A受重力、细线竖直向下的拉力和弹簧竖直向上的拉力，细线的拉力等于mg，由平衡条件可知弹簧对物体A的拉力等于2mg，刚剪断细线时，物体A受到弹簧竖直向上的拉力和重力，由于弹簧的形变没有变化，弹簧对物体A的作用力仍为2mg，所以物体A受到的合力方向竖直向上，大小为mg，a A＝Fm ＝mgm＝g，方向竖直向上；刚剪断细线时，物体B只受重力作用，加速度a B为重力加速度g，方向竖直向下．]12．如图5-3-13所示，沿水平方向做匀加速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°，球和车厢相对静止，球的质量为1 kg.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图5-3-13(1)求车厢运动的加速度．(2)求悬线对球的拉力．[解析](1)小球受力分析如右图所示，由牛顿第二定律得：mg tan 37°＝ma，a＝7.5 m/s2，即车厢的加速度大小为7．5 m/s2，方向为水平向右．(2)悬线对球的拉力F＝mg/cos 37°＝1.25mg＝12.5 N，方向沿绳向上．[答案](1)7.5 m/s2，方向为水平向右(2)12.5 N，方向沿绳向上。
2018年高考物理一轮复习课时作业：选修3-3 第十三章
一、单项选择题1．关于液晶，下列说法中正确的有( ) A ．液晶是一种晶体B ．液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性C ．液晶的光学性质不随温度的变化而变化D ．液晶的光学性质随光照的变化而变化解析：液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子的排列是不稳定的，A 、B 错误；外界条件的微小变化都会引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，温度、压力、外加电压等因素变化时，都会改变液晶的光学性质，C 错误，D 正确．答案：D2．已知湖水深度为20 m ，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(g 取10 m/s 2，ρ水＝1.0×103kg/m 3)( )A ．12.8倍B ．8.5倍C ．3.1倍D ．2.1倍解析：p 1＝p 0＋ρgh ＝3.0×105Pa ，由p 1V 1T 1＝p 0V 0T 0，解得V 0≈3.1V 1，C 正确． 答案：C 二、多项选择题3．对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：对一定量的稀薄气体，压强变大，温度不一定升高，因此分子热运动不一定变得剧烈，A 项错误；在保持压强不变时，如果气体体积变大则温度升高，分子热运动变得剧烈，选项B 正确；在压强变大或变小时气体的体积可能变大，可能变小，也可能不变，因此选项C 错误，D 正确．答案：BD4.(2017·湖南十校联考)如图，固定的导热汽缸内用活塞密封一定质量的理想气体，汽缸置于温度不变的环境中．现用力使活塞缓慢地向上移动，密闭气体的状态发生了变化．下列图象中p 、V 和U 分别表示该气体的压强、体积和内能，E －k 表示该气体分子的平均动能，n 表示单位体积内气体的分子数，a 、d 为双曲线，b 、c 为直线．能正确反映上述过程的是( )解析：汽缸置于温度不变的环境中说明气体做等温变化，其p V 图象是双曲线，A 正确；理想气体的内能由分子平均动能决定，温度不变，分子的平均动能不变，气体的内能不变，B 正确，C 错误；单位体积内气体的分子数与体积的乘积为容器内分子总数，容器内分子总数不变，D 正确．答案：ABD 三、非选择题5.(2017·湖北优质高中联考)如图所示，两容器A 、B 中分别装有同种理想气体，用粗细均匀的U 形管连通两容器，管中的水银滴把两容器隔开，两容器A 、B 的容积(包括连接它们的U 形管部分)均为174 cm 3，U 形管的横截面积为S ＝1 cm 2.容器A 中气体的温度为7 ℃，容器B 中气体的温度为27 ℃，水银滴恰在玻璃管水平部分的中央保持平衡．调节两容器的温度，使两容器温度同时升高10 ℃，水银滴将向何方移动？移动距离为多少？解析：设水银滴向右移动的距离为x ，则对于容器A 有p A V A T A ＝p AV A ＋xST A ′，对于容器B 有p B V B T B＝p BV B －xST B ′，开始时水银滴保持平衡，则有p A ＝p B ，V A ＝V B ＝174 cm 3， 温度升高后水银滴保持平衡，则有p A ′＝p B ′， 联立则有x ＝0.2 cm. 答案：水银滴向右移动0.2 cm非选择题6．(2017·山东临沂模拟)如图是一种气压保温瓶的结构示意图．其中出水管很细，体积可忽略不计，出水管口与瓶胆口齐平，用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞，使瓶内气体压强增大，水在气压作用下从出水管口流出．最初瓶内水面低于出水管口10 cm ，此时瓶内气体(含气室)的体积为2.0×102cm 3，已知水的密度为1.0×103kg/m 3，按压器的自重不计，大气压强p 0＝1.01×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2.求：(1)要使水从出水管口流出，瓶内水面上方的气体压强的最小值；(2)当瓶内气体压强为1.16×105Pa 时，瓶内气体体积的压缩量．(忽略瓶内气体的温度变化)解析：(1)由题意知，瓶内、外气体压强以及水的压强存在以下关系：p 内＝p 0＋p 水＝p 0＋ρgh 水代入数据得p 内＝1.02×105Pa.(2)当瓶内气体压强为p ＝1.16×105Pa 时，设瓶内气体的体积为V . 由玻意耳定律为p 0V 0＝pV ，压缩量为ΔV ＝V 0－V ，已知瓶内原有气体体积V 0＝2.0×102cm 3，解得ΔV ＝25.9 cm 3. 答案：(1)1.02×105Pa (2)25.9 cm 37.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m 1＝2.50 kg ，横截面积为S 1＝80.0 cm 2；小活塞的质量为m 2＝1.50 kg ，横截面积为S 2＝40.0 cm 2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ＝40.0 cm ；汽缸外大气的压强为p ＝1.00×105Pa ，温度为T ＝303 K ．初始时大活塞与大圆筒底部相距l2，两活塞间封闭气体的温度为T 1＝495 K ．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．解析：(1)设初始时气体体积为V 1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V 2，温度为T 2，由题给条件得V 1＝S 2(l －l 2)＋S 1(l2) ①V 2＝S 2l ②在活塞缓慢下移的过程中，用p 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得S 1(p 1－p )＝m 1g ＋m 2g ＋S 2(p 1－p )③故缸内气体的压强不变．由盖—吕萨克定律有V 1T 1＝V 2T 2④ 联立①②④式并代入题给数据得T 2＝330 K ⑤(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p 1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p ′，由查理定律有p ′T ＝p 1T 2⑥ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得p ′＝1.01×105 Pa.⑦答案：(1)330 K (2)1.01×105Pa。
最新-2018届高三物理总复习课时作业18 匀速圆周运动 新人教版 精品
课时作业11 匀速圆周运动时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．关于做匀速圆周运动物体的向心加速度方向，下列说法正确的是( ) A ．与线速度方向始终垂直 B ．与线速度方向始终相反 C ．始终指向圆心 D ．始终保持不变 答案：AC图12．如图1为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n 1，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮的转速为r 1r 2n 1D ．从动轮的转速为r 2r 1n 1解析：皮带连接着两轮的转动，从主动轮开始顺时针转动沿着皮带到从动轮，可知从动轮是逆时针转动，则A 错误，B 正确．二轮转速之比满足n 1n 2＝r 2r 1(线速度相等)得n 2＝r 1r 2n 1即C 正确，D 错误．答案：BC3．如图2所示，a 、b 是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体，a 、b 两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的( )图2A ．线速度B ．角速度C ．加速度D ．轨道半径解析：地球上各点(除两极点)随地球一起自转，其角速度与地球自转角速度相同，故B 正确；不同纬度的地方各点绕地轴做匀速圆周运动，其半径不同，故D 不正确；根据v ＝ωr ，a ＝r ω2可知，A 、C 不正确．答案：B图34．在光滑的圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A 和B ，分别紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动，其中小球A 的位置在小球B 的上方，如图3所示．下列判断正确的是( )A ．A 球的速率大于B 球的速率 B ．A 球的角速度大于B 球的角速度C ．A 球对漏斗壁的压力大于B 球对漏斗壁的压力D ．A 球的转动周期大于B 球的转动周期 解析：图4此题涉及物理量较多，当比较多个量中两个量的关系时，必须抓住不变量，而后才能比较变量．先对A 、B 两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力F N .如图4所示，对A 球据牛顿第二定律：F N A sin α＝mg ①F N A cos α＝m v A 2r A＝m ωA 2r A ②对B 球据牛顿第二定律：F N B sin α＝mg ③F N B cos α＝m v B 2r B＝m ωB 2r B ④由两球质量相等可得F N A ＝F N B ，C 项错．由②④可知，两球所受向心力相等．m v A 2r A ＝m v B 2r B，因为r A >r B ，所以v A >v B ，A 项正确． m ωA 2r A ＝m ωB 2r B ，因为r A >r B ，所以ωA <ωB ，B 项错误．又因为ω＝2πT，所以T A >T B ，D 项是正确的．答案：AD 5.太原模拟如图5所示，某种变速自行车有六个飞轮和三个链轮，链轮和飞轮的齿数如下表所示．前后轮直径为660 mm ，人骑自行车行进速度为4 m/s 时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为( )图5C ．6.5 rad/sD ．7.1 rad/s解析：车行进速度与前、后车轮边缘的线速度相等，故后轮边缘的线速度为4 m/s ，后轮的角速度ω＝v /R ＝4330×10－3 rad/s≈12 rad/s.飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度ω1＝ω＝12 rad/s.飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同，所以ω1r 1＝ω2r 2，r 1、r 2分别为飞轮和链轮的半径，轮周长L ＝N ΔL ＝2πr ，N 为齿数，ΔL 为两邻齿间的弧长，故r ∝N ，所以ω1N 1＝ω2N 2.又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度ω3＝ω2，则ω3＝ω1N 1N 2，要使ω3最小，则N 1＝15，N 2＝48，故ω3＝12×1548 rad/s ＝3.75 rad/s≈3.8 rad/s.答案：B图66．质量为m 的石块从半径为R 的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图6所示，那么( )A ．因为速率不变，所以石块的加速度为零B ．石块下滑过程中受的合外力越来越大C ．石块下滑过程中受的摩擦力大小不变D ．石块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心解析：由于石块做匀速圆周运动，只存在向心加速度，大小不变，方向始终指向球心，D 对，A 错；由F 合＝F 向＝ma 向知合外力大小不变，B 错；又因石块在运动方向(切线方向)上合力为零，才能保证速率不变，在该方向重力的分力不断减小，所以摩擦力不断减小，C 错．答案：D图77．如图7所示，OO ′为竖直轴，MN 为固定在OO ′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A 、B 套在水平杆上，AC 和BC 为抗拉能力相同的两根细线，C 端固定在转轴OO ′上．当绳拉直时，A 、B 两球转动半径之比恒为2：1，当转轴的角速度逐渐增大时( )A ．AC 先断B ．BC 先断 C ．两线同时断D ．不能确定哪根线先断解析：对A 球进行受力分析，A 球受重力、支持力、拉力F A 三个力作用，拉力的分力提供A 球做圆周运动的向心力，得：水平方向F A cos α＝mr A ω2， 同理，对B 球：F B cos β＝mr B ω2， 由几何关系，可知cos α＝r A AC ，cos β＝r BBC. 所以：F A F B ＝r A cos βr B cos α＝r A r BBC r B r A AC＝AC BC.由于AC >BC ，所以F A >F B 时，即绳AC 先断． 答案：A8．甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧测力计做圆周运动．已知M 甲＝80 kg ，M 乙＝40 kg ，两人相距0.9 m ，弹簧测力计的示数为96 N ，下列判断中正确的是( )A ．两人的线速度相同，约为40 m/sB ．两人的角速度相同，为2 rad/sC ．两人的运动半径相同，都是0.45 mD ．两人的运动半径不同，甲为0.3 m ，乙为0.6 m解析：两人旋转一周的时间相同，故两人的角速度相同，两人做圆周运动所需的向心力相同，由F ＝m ω2r 可知，旋转半径满足：r 甲：r 乙＝M 乙：M 甲＝1：2，又r 甲＋r 乙＝0.9 m ，则r 甲＝0.3 m ，r 乙＝0.6 m ．两人的角速度相同，则v 甲：v 乙＝1：2.由F ＝M 甲ω2r 甲可得ω＝2 rad/s.故选项B 、D 正确．答案：BD二、计算题(3×12′＝36′)9．如图8所示，在半径为R 的转盘的边缘固定有一竖直杆，在杆的上端点用长为L 的细线悬挂一小球，当转盘旋转稳定后，细绳与竖直方向的夹角为θ，则小球转动周期为多大？图8解析：小球随圆盘一起旋转，所以小球与圆盘的角速度相同，小球做圆周运动的向心力垂直指向杆，向心力由重力和绳子拉力的合力提供．小球在水平面内做匀速圆周运动的半径r ＝R ＋L sin θ①重力G 和绳拉力F 的合力提供向心， 由牛顿第二定律得F sin θ＝mr 4π2T 2②竖直方向：F cos θ－mg ＝0③ 联立①②③解得T ＝2πR ＋L sin θg tan θ答案：2πR ＋L sin θg tan θ10．如图9所示，半径为R ，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m 的小球A 、B 以不同速率进入管内，A 通过最高点C 时，对管壁上部的压力为3mg ，B 通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg .求A 、B 两球落地点间的距离．图9解析：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力提供向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A 、B 两球落地点间的距离等于它们做平抛运动的水平位移之差．对A 球：3mg ＋mg ＝m v A 2R，v A ＝4gR对B 球：mg －0.75mg ＝m v B 2R ，v B ＝14gR x A ＝v A t ＝v A4Rg ＝4R ，x B ＝v B t ＝v B4R g＝R所以x A －x B ＝3R . 答案：3R11．如图10所示，一根长0.1 m 的细线，一端系着一个质量为0．18 kg 的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速增加到开始时转速的3倍时，细线断开，线断开前的瞬间线受到的拉力比开始时大40 N ．求：(1)线断开前的瞬间，线受到的拉力大小； (2)线断开的瞬间，小球运动的线速度；(3)如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8 m ，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离．图10解析：(1)线的拉力提供小球做圆周运动的向心力，设开始时角速度为ω0，向心力为F 0，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力为F T .F 0＝m ω02R ① F T ＝m ω2R ②由①②得F T F 0＝ω2ω02＝91③又因为F T ＝F 0＋40 N④ 由③④得F T ＝45 N.(2)设线断开时小球的线速度为v ，由F T ＝mv 2R 得，v ＝F T R m＝45×0.10.18m/s ＝5 m/s. (3)设桌面高度为h ，小球落地经历时间为t ，落地点与飞出桌面点的水平距离为x . 由h ＝12gt 2得t ＝2hg＝0.4 s.x ＝vt ＝2 m则小球飞出后的落地点到桌边缘的水平距离为l ＝x sin60°＝1.73 m.答案：(1)45 N (2)5 m/s (3)1.73 m 在这里输入您的内容。
最新-2018高考物理 电磁感应规律的综合应用课时作业
课时作业29 电磁感应规律的综合应用时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)图11．如图1所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动时( )A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BLvC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2vR解析：当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，对电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，C 正确，因匀速运动后MN 所受合力为0，且此时无电流，故不受安培力即无需拉力便可做匀速运动，D 错．答案：C2．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框沿四个不同方向匀速平移出磁场，如图2所示，线框移出磁场的整个过程( )图2A ．四种情况下流过ab 边的电流的方向都相同B ．①图中流过线框的电量与v 的大小无关C ．②图中线框的电功率与v 的大小成正比D ．③图中磁场力对线框做的功与v 2成正比解析：根据右手定则或楞次定律可知A 正确．流过线框的电量q ＝It ＝Blv R t ＝Bll ′R ＝BS R.故B 正确．电功率P ＝Fv ＝IlB ·v ＝B 2l 2v 2R .P 正比于v 2.故C 不正确．磁场力对线框做功W ＝F ·l ′＝IlB ·l ′＝B 2l 2vl ′R ＝B 2lSvR，W 正比于v .故D 不正确，正确答案为A 、B答案：AB图33．(2018·江苏盐城调研)两金属棒和三根电阻丝如图3连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3，金属棒电阻不计．当S 1、S 2闭合，S 3断开时，闭合的回路中感应电流为I ，当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合的回路中感应电流为5I ，当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流是( )A ．0B ．3IC ．6ID ．7I解析：当S 1、S 2闭合，S 3断开时，闭合回路中感应电流为I ，则回路的感应电动势为I ＝UR 1＋R 2；当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合回路中感应电流为5I,5I ＝U ′R 3＋R 2；当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流是I ′＝U ′＋UR 3＋R 1＝7I ，所以D 正确． 答案：D4．(2018·福建高考)图4如图4所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为 g ．则此过程( )A ．杆的速度最大值为F －μmg RB dB ．流过电阻R 的电量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：图5本题考查电磁感应中的电路、力与运动、能量转换及电量计算等知识点；意在考查考生对电磁感应电路的分析，电磁感应中受力分析和运动情况分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用．A 选项中，当杆达到最大速度v 时，其受力情况如图5所示，在水平方向受拉力F 、安培力F 安＝B 2d 2v R ＋r 、滑动摩擦力f ＝μmg ，三个力的合力为零：F －B 2d 2vR ＋r －μmg ＝0，解得v ＝F －μmg R ＋r B 2d 2；B 选项中，平均电动势为E ＝ΔΦΔt ，平均电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦR ＋r Δt ，通过的电量q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ＋r ，而ΔΦ＝B ·ΔS ＝Bdl ，则q ＝ΔΦR ＋r ＝Bdl R ＋r ；C 选项中，由动能定理得W F －W f －W 安＝ΔE k ；D 选项中，由前式可得W F －W 安＝ΔE k ＋W f >ΔE k .本题正确选项为BD.答案：BD图65．如图6所示，有两根和水平面成α角的光滑平行的金属轨道，上端有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度v m ，则( )A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α增大，v m 将变大C ．如果R 增大，v m 将变大D ．如果m 变小，v m 将变大解析：当金属杆速度达到最大时，其加速度为零，应有：mg sin α＝BBLv mRL ，由此可判断，α增大，v m变大，B对．R增大，v m变大，C对．B增大，v m将变小，A错．m变小，v m将变小，D错．答案：BC图76．如图7所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中①恒力F做的功等于电路产生的电能②恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能③克服安培力做的功等于电路中产生的电能④恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和以上结论正确的有( )A．①② B．②③C．③④ D．②④解析：在此运动过程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C正确．答案：C图87．如图8所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动．当导体棒MN在外力作用下从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为( )A．逐渐增大B．先增大后减小C．先减小后增大D．先增大后减小，再增大再减小解析：导体棒MN在框架上做切割磁感线的匀速运动，相当于电源，其产生的感应电动势相当于电源的电动势E ，其电阻相当于电源的内阻r ，线框abcd 相当于外电路，等效电路如图9所示．图9由于MN 的运动，外电路的电阻是变化的，设MN 左侧电阻为R 1，右侧电阻为R 2，导线框的总电阻为R ＝R 1＋R 2，所以外电路的并联总电阻：R 外＝R 1R 2/(R 1＋R 2)＝R 1R 2/R由于R 1＋R 2＝R 为定值，故当R 1＝R 2时，R 外最大．在闭合电路中，外电路上消耗的电功率P 外是与外电阻R 外有关的．P 外＝(ER 外＋r )2·R 外＝E 2R 外－r 2R 外＋4r图10可见，当R 外＝r 时，P 外有最大值，P 外随R 外的变化图象如图10所示． 下面根据题意，结合图象讨论P 外变化的情况有：(1)若R 外的最大值R max <r ，则其导线框上消耗的电功率是先增大后减小．(2)若R 外的最大值R max >r ，且R 外的最小值R min <r ，则导线框上消耗的电功率是先增大后减小，再增大，接着再减小．(3)若是R 外的最小值R min >r ，则导线框上消耗的电功率是先减小后增大． 综上所述，B 、C 、D 均可选． 答案：BCD图118．(2018·安徽高考)如图11所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2，不计空气阻力，则( )A. v 1<v 2，Q 1<Q 2B. v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C. v 1<v 2，Q 1>Q 2D. v 1＝v 2，Q 1<Q 2解析：设线圈边长为l ，导线横截面积为S ，电阻率为ρ，密度为ρ0，在进入磁场过程中某点速度为v ，则a ＝g －F 安m ＝g －B 2l 2mR v ，而m ＝ρ0·S ·4l ，R ＝ρ4l S，即mR ＝16ρρ0l 2(定值)，即a 与线圈截面积、线圈质量无关，由运动学知识可得v 1＝v 2；设磁场高度为H ，线圈在进入磁场过程中产生热量，全过程由功能关系得Q ＝mg (H ＋h )－12mv 2，质量大的线圈产生热量多，即Q 1<Q 2，选项D 正确．答案：D二、计算题(3×12′＝36′)图129．(2018·宁波模拟)如图12所示，金属杆ab 可在平行金属导轨上滑动，金属杆电阻R 0＝0.5 Ω，长L ＝0.3 m ，导轨一端串接一电阻R ＝1 Ω，匀强磁场磁感应强度B ＝2 T ，当ab 以v ＝5 m/s 向右匀速运动过程中，求：(1)ab 间感应电动势E 和ab 间的电压U ； (2)所加沿导轨平面的水平外力F 的大小； (3)在2 s 时间内电阻R 上产生的热量Q . 解析：(1)根据公式：E ＝BLv ＝3 VI ＝E R ＋R 0，U ＝IR ＝2 V (2)F ＝F 安，F 安＝BIL ＝1.2 N(3)2秒内产生的总热量Q 等于安培力做的功，Q ＝F 安·v ·t ＝12 J 电阻R 上产生的热量为Q R ＝RR ＋R 0Q ＝8 J 答案：(1)3 V 2 V (2)1.2 N (3)8 J图1310．如图13所示，电动机牵引一根原来静止的、长L 为1 m 、质量m 为0.1 kg 的导体棒MN 上升，导体棒的电阻R 为1 Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h ＝3.8 m 时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2 J ，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：(1)棒能达到的稳定速度；(2)棒从静止至达到稳定速度所需要的时间．解析：(1)电动机的输出功率为：P 出＝IU －I 2r ＝6 W电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有P 出＝Fv 其中F 为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时F ＝mg ＋BI ′L 感应电流I ′＝E R ＝BLvR由①②③式解得，棒达到的稳定速度为v ＝2 m/s.(2)从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：P 出t ＝mgh ＋12mv 2＋Q解得t ＝1 s.答案：(1)2 m/s (2)1 s11．(2018·广东高考)如图14(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图14(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计．求0至t 1时间内，(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．图14解析：(1)根据楞次定律可知，通过R 1的电流方向为由b 到a . 根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为 E ＝n ΔB πr 22Δt ＝n ·B 0πr 22t 0根据欧姆定律得通过R 1的电流为I ＝E 3R ＝nB 0πr 223Rt 0.(2)通过R 1的电荷量q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0，热量Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 02π2r 24t 19Rt 02. 答案：(1)nB 0πr 223Rt 0 b →a (2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 02π2r 24t 19Rt 02。
2017_2018学年高中物理课时跟踪检测十六电磁波的发觉电磁振荡电磁波的发射和接收新人教版选修3_
课时跟踪检测（十六）电磁波的发觉 电磁振荡 电磁波的发射和接收1．(多项选择)关于麦克斯韦的电磁理论及其成绩，以下说法正确的选项是( ) A ．转变的电场能够产生磁场 B ．转变的磁场能够产生电场 C ．证明了电磁波的存在D ．预见了真空中电磁波的传播速度大于光速解析：选AB 选项A 和B 是电磁理论的两大支柱，因此A 和B 正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹最先证明了电磁波的存在，C 错误；麦克斯韦预见了真空中电磁波的传播速度等于光速，D 错误。
2．在LC 振荡电路中，当电容器充电完毕尚未开始放电时，以下说法正确的选项是( ) A ．电容器中的电场最强 B ．电路里的磁场最强C ．电场能已有一部份转化成磁场能D ．磁场能已有一部份转化成电场能解析：选A LC 振荡电路电容器充电完毕，电容器中电场最强，磁场最弱，电场能和磁场能之间尚未发生转化，故A 正确。
3．(多项选择)调谐电路的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出仍接收不到较高频率电台发出的电信号，要收到电信号，应( )A ．增大调谐电路中线圈的匝数B ．加大电源电压C ．减小调谐电路中线圈的匝数D ．将线圈中的铁芯取走解析：选CD 该题考查实际问题的处置方式。
当调谐电路的固有频率等于电台发出信号的频率时，发生电谐振才能收听到电台信号。
由题意知收不到电信号的缘故是调谐电路固有频率低，由f ＝12πLC 可知在C 无法再调剂前提下，可减小电感L ，即可通过C 、D 的操作提高f 。
4．(多项选择)电磁波与声波比较( )A ．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质B ．由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大C ．由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大D ．电磁波和声波在介质中的传播速度，都是由介质决定，与频率无关解析：选ABC 选项A 、B 均与事实相符，因此A 、B 正确；依照λ＝v f，电磁波波速变小，频率不变，波长变小；声波速度变大，频率不变，波长变大，因此选项C 正确；电磁波在介质中的速度，与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，因此选项D 错误。
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：2018年高考理
2018年高考理综(物理)模拟试卷(二)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．(建议用时：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图M21所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是( )A．只有“起立”过程，才能出现超重的现象B．只有“下蹲”过程，才能出现失重的现象C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象图M21图M222．交流发电机的原理如图M22所示，10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕轴做匀速转动，转动的角速度为10πrad/s，线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为0.1 Wb.若从线圈平面与磁场平行的位置开始计时，在t＝130s时，矩形线圈中产生的感应电动势的瞬时值为( )A．27.2 V B．15.7 V C．19.2 V D．11.1 V3．据报道，目前我国正在研制“萤火二号”火星探测器．探测器升空后，先在地球表面附近以线速度v环绕地球飞行，再调整速度进入地火转移轨道，最后以线速度v′在火星表面附近环绕火星飞行．若认为地球和火星都是质量分布均匀的球体，已知火星与地球的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7．设火星与地球表面的重力加速度分别为g′和g，下列结论正确的是( ) A．g′∶g＝1∶4 B．g′∶g＝7∶10C．v′∶v＝528D．v′∶v＝5144．如图M23所示内壁光滑的环形槽半径为R，固定在竖直平面内，环形槽上的P、Q两点与环形槽圆心等高，质量均为m的小球(可视为质点)A和B，以等大的速率v0同时从P处向上、向下滑入环形槽，若在运动过程中两球均未脱离环形槽，设当地重力加速度为g，则下列叙述正确的是( )图M23A．两球第一次相遇时速度相同B．两球第一次相遇点在Q点C．小球A通过最高点时的机械能小于小球B通过最低点时的机械能D．小球A通过最高点和小球B通过最低点时对环形槽的压力差为6mg5．在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，约定用相同频率的单色光，分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应，如图M24甲，并记录相关数据．对于这两组实验，下列判断正确的是( )甲乙图M24A．饱和光电流一定不同B．因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压U c不同C．光电子的最大初动能不同D．分别用不同频率的光照射之后绘制U c～ν图象(ν为照射光频率，图乙为其中一小组绘制的图象)，图象的斜率可能不同6．摄制组在某大楼边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶．如图M25所示，若特技演员质量m ＝50 kg ，导演在某房顶离地H ＝12 m 处架设了轮轴(轮与轴有相同的角速度)，轮和轴的直径之比为3∶2(人和车均视为质点，且轮轴直径远小于H )，若轨道车从图中A 匀速前进到B ，速度v ＝10 m/s ，绳BO 与水平方向的夹角为53°，则由于绕在轮上细钢丝的拉动，使演员由地面从静止开始向上运动．在车从A 运动到B 的过程中(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8)( )A ．演员上升的高度为3 mB ．演员最大速度为9 m/sC ．以地面为重力势能的零点，演员最大机械能为2400 JD ．钢丝在这一过程中对演员做功为4275 J图M25 图M267．如图M26所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S 与内阻不计、电动势为E 的电源相连，右端与半径为L ＝20 cm 的光滑圆弧导轨相接．导轨宽度为20 cm ，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．一根垂直导轨放置的质量m ＝60 g 、电阻R ＝1 Ω、长为L 的导体棒ab ，用长也为20 cm 的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．当导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2)，则( )A ．磁场方向一定竖直向上B ．电源的电动势E ＝8.0 VC ．导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝8 ND ．导体棒摆动过程中的最大动能为0.18 J8．在半径为R 的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P 处有一粒子源，不断沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v 0的同种粒子，如图M27所示．现测得：当磁感应强度为B 1时，粒子均从由P 点开始弧长为12πR 的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B 2时，粒子则都从由P 点开始弧长为23πR 的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则( )图M27A．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝2∶ 3B．前、后两次粒子运动的轨迹半径比为r1∶r2＝2∶3C．前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝2∶ 3D．前、后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝3∶ 2第Ⅱ卷(非选择题部分共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个考生都必须作答，第13～14题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(共47分)9．(8分)某实验小组在做“验证牛顿第二定律”的实验中．甲乙图M28(1)在闭合开关之前，甲同学将实验器材组装成图M28甲所示，请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可)：________；________．(2)乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可计算得小车加速度为________m/s2．(保留两位有效数字)(3)丙同学在利用上述调整好的装置进行实验中，保持沙和沙桶的总质量不变，小车自身的质量为M 且保持不变，改变小车中砝码的质量m ，并测出小车中放不同砝码时所对应的加速度a ，以m 为横坐标，1a 为纵坐标，在坐标纸上作出如图M29所示的1am 关系图线，图中纵轴上的截距为b ，则小车受到的拉力大小为________．图M2910．(9分)某实验小组想通过实验研究苹果电池的电动势和内阻．他们制作了一个苹果电池进行研究，了解到苹果电池的内阻可能比较大，因此设计了一个如图1所示的实物电路进行测量．(1)请按图M210中所示实物图在方框内画出电路图(电源用“”表示)．图M210(2)测定苹果电池的电动势和内阻，所用的器材有： ①苹果电池E ：电动势约为1 V ； ②电压表V ：量程1 V ，内阻R V ＝3 k Ω； ③电阻箱R ：最大阻值9999 Ω； ④开关S ，导线若干． (3)实验步骤如下：①按电路图连接电路(为电路安全，先将电阻箱的电阻调到最大值)；②闭合开关S ，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U 和电阻箱相应的阻值R ，并计算出对应的1R与1U的值，如下表所示：③以U为纵坐标，R为横坐标，将计算出的数据描绘在坐标纸内，作出U R图线；④计算得出苹果电池的电动势和内阻． 请回答下列问题：图M211ⅰ．实验得到的部分数据如上表所示，其中当电阻箱的电阻R ＝2 000 Ω时，电压表的示数如图M211所示．读出数据，完成上表．答：①________，②________．ⅱ．请根据实验数据在图M212中作出1U 1R图线．图M212ⅲ．根据1U 1R图线求得该苹果电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω．(计算结果保留2位有效数字)11．(12分)如图M213，两质量均为m ，长度均为L 的木板放置在光滑的水平桌面上，木块1质量也为m (可视为质点)，放于木板2的最右端，木板3沿光滑水平桌面运动，与木板2发生碰撞后粘合在一起，已知木块与两木板之间的动摩擦因数均为μ，如果碰后木块1停留在木板3上．木板3碰撞前的动量多大？图M21312．(18分)如图M214，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1m；整个空间以O O′为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B2＝2 T的匀强磁场．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其在导轨间的电阻均为R＝1 Ω．开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8 N向右拉b棒．假定a棒始终在OO′左侧运动，b棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g 取10 m/s2．图M214(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小．(2)当b棒的加速度为1.5 m/s2时，求a棒的加速度大小．(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率．(二)选考题(共15分．请考生从给出的两道物理题中任选一题作答．如果多做，则按第一题计分．)13．(15分)(1)(6分)下列说法中正确的是________(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小B．布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D．做功和热传递在改变系统内能方面是不等价的E．第二类永动机不违背能量守恒定律，因此是可能制成的(2)(9分)如图M215所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的空气(可视为理想气体)，气柱长L＝20 cm.活塞A上方的水银深H＝15 cm，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的1/3被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75 cm的水银柱产生的压强)图M21514．(15分)(1)(6分)一列简谐横波沿x轴传播，波速为v＝4 m/s.已知坐标原点(x＝0)处质点的振动图象如图M216甲所示，t＝0.45 s时部分波形图如图乙所示．下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)甲 乙图M216A ．简谐横波的传播方向沿x 轴正方向B ．简谐横波的波长为1.8 mC ．x ＝0.5 m 处的质点比x ＝0处的质点振动滞后0.5 sD ．x ＝0处的质点经过0.6 s 的路程为0.6 mE ．t ＝0.45 s 时x ＝0处的质点对应的纵坐标为220m (2)(9分)如图M217，三角形AOB 为等腰直角三棱镜的横截面，以OA 、OB 为轴建立直角坐标系xOy ，OA ＝OB ＝L ，棱镜的折射率为n ＝ 2.一束平行于斜边AB 的平行光从OB 边射入．光透过棱镜只考虑一次内部反射．①求距离O 点多远的入射光刚好从A 点射出．②部分光将会从OA 边以平行于AB 边的方向射出，这部分透射光在垂直于光线方向的宽度．⎝ ⎛⎭⎪⎫已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24图M2172018年高考理综(物理)模拟试卷(二)1．D 解析：“起立”的过程，先加速向上后减速向上运动，加速向上运动加速度方向向上，出现超重现象，后减速向上运动加速度方向向下，出现失重现象，即“起立”过程先出现超重现象后出现失重现象；“下蹲”的过程，先加速向下后减速向下运动，加速向下运动加速度方向向下，出现失重现象，后减速向下运动加速度方向向上，出现超重现象，即“下蹲”过程先出现失重现象后出现超重现象，D 正确，A 、B 、C 错误．2．B 解析：线圈中产生的电动势的峰值为E m ＝n Φm ω＝10π V ＝31.4 V ，则电动势的瞬时值的表达式为e ＝31.4cos 10πt (V)，当t ＝130s 时e ＝15.7 V ，B 项正确，A 、C 、D 项错误．3．C 解析：在星球表面的物体受到的重力等于万有引力G Mm R 2＝mg ，所以g ＝GM R2＝G ·ρ·43πR 3R 2＝43πG ρR ，整理可得g ′g ＝ρ′ρ·R ′R ＝57×12＝514，故A 、B 均错误；探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：G Mm R 2＝m v 2R，得：v ＝GMR…①，M 为中心天体质量，R 为中心天体半径，M ＝ρ·43πR 3…②，由①②得：v ＝4πG ρR23，已知地球和火星的半径之比为1∶2，密度之比为5∶7，所以探测器绕地球表面运行和绕火星表面运行线速度大小之比为：v ′∶v ＝528，故C 正确、D 错误． 4．D 解析：由于两球在初始位置的机械能相等，故两球在环形槽内的任何位置的机械能都相等，选项C 错误；对小球A ，由机械能守恒定律可得：12mv 20＝mgR ＋12mv 2A ，在最高点，由牛顿第二定律可得：FA＋m g ＝mv 2A R ；对小球B ，由机械能守恒定律可得：12m v20＝－m g R ＋12mv 2B ，在最低点，由牛顿第二定律可得：F B －mg ＝mv 2BR ，联立可得：ΔF ＝F B －F A ＝6mg ，选项D 正确；分别对两球受力分析，可知两球的重力在圆环切线方向的分力改变速度的大小，又因为两球从P 点到Q 点的路程相等，分别作出此过程的速率时间图象，由图象可知小球B 先到达Q 点，故选项B 错误；其相遇点在Q 点的上方，由机械能守恒定律可知，两球第一次相遇时速度的大小相等，但方向不同，选项A 错误．图D1385．BC 解析：虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，而饱和光电流不一定相同，故A 错误；根据光电效应反应方程E km ＝h ν－W 0和eU c ＝E km 得出，相同频率，不同逸出功，则遏止电压也不同，光电子的最大初动能也不同，故B 、C 正确；因为U c ＝h νe －W 0e知图象的斜率等于he，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子的电荷量，可以求出斜率与普朗克常量有关，故D 错误．6．BD 解析：由几何关系可得演员上升的高度为h ＝⎝⎛⎭⎪⎫H sin53°－H ×R r＝4.5 m ，A 项错误；在B点把车的速度分解如图D139所示，绳OB 各点的速度v 1＝v cos 53°＝6 m/s ，则演员的最大速度v 人＝R r v 1＝9 m/s ，B 项正确；演员的最大机械能E ＝mgh ＋12mv 2人＝4275 J ，C 项错误；由功能关系知，D 项正确．图D1397．BD 解析：当闭合开关S 后，导体棒中电流方向从a 到b ，导体棒沿圆弧摆动，说明所受安培力向右，由左手定则可判断出磁场方向为竖直向下，不可能竖直向上，选项A 错误；根据题述，导体棒ab 速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，可知此时导体棒重力沿导轨圆弧切线方向的分力mg sin 53°等于安培力沿导轨圆弧切线方向的分力BIL cos 53°，即mg sin 53°＝BIL cos 53°，解得I ＝8.0 A ，由闭合电路欧姆定律，E ＝IR ＝8.0 V ，选项B 正确；导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝BIL ＝0.5×8.0×0.2 N＝0.8 N ，选项C 错误；由以上分析知，导体棒受到的重力与安培力的合力大小F 合＝0.82＋0.62N ＝1.0 N ，方向与竖直方向成θ＝53°角，故导体棒在摆动过程中的最大动能为E km ＝F 合L (1－cos 53°)＝0.18 J ，选项D 正确．8．AD 解析：弧长12πR ，23πR 对应着14圆周和13圆周，对应轨迹圆的直径分别为2R 和3R ，则半径之比为2∶3，由r ＝mvqB可知磁感应强度之比为3∶2，故A 、D 正确．9．(1)用的是直流电源 木板的右端没有垫高 小车离打点计时器太远(任写两条) (2)0.60 (3)M b解析：(1)打点计时器必须使用交流电源，该实验还应平衡摩擦力，释放小车时小车应靠近打点计时器．(2)小车的加速度a ＝ 10.38－6.32 ×10－2－2.86×10－22×0.12m/s 2＝0.60 m/s 2 (3)由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a ，整理得 1a ＝M F ＋m F由图象得M F ＝b ，则F ＝M b. 10．(1)如图D140甲所示甲 乙图D140(3)ⅰ.0.37(0.36～0.38均正确) 2.7(2.6～2.8均正确) ⅱ.如图乙所示． ⅲ.1.0(0.9～1.1均正确) 2.1×118(1.8×118～2.3×118均正确)解析：(1)根据实物图画电路图．(3)ⅰ.读取电压表的读数为0.37 V ，计算其倒数为 2.7；ⅱ.描点，连成直线(见答图乙)；ⅲ.由答图乙可知，图线的截距为1.67、斜率为2.1×118，根据闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫U R ＋U R V r ，变形为1U ＝1E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋r R V ＋r E ×1R，则有1E (1＋r R V )＝1.67、r E＝2.1×118，联立解得E ≈1.0 V、r ≈2.1×118 Ω.11．解：设木板3的初速度为v 0，初动量p ＝mv 0对于3、2两木板的系统，设碰撞后的速度为v 1，由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1 对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为v 2，由动量守恒定律得：mv 0＝3mv 2据能量守恒定律得：μmgx ＝12×2mv 21－12×3mv 22碰后木块1停留在木板3上需满足：L ≤x ≤2L 联立以上各式解得：2m 3g μL ≤p ≤2m 6g μL .12．解：(1)设a 棒开始滑动时电流强度为I ，b 棒的速度为v 由共点力平衡知识，得 μmg ＝B 1IL ①由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I ＝B 2Lv2R②联立①②知v ＝0.2 m/s. ③(2)设a 棒的加速度为a 1，b 棒的加速度为a 2.由牛顿第二定律知B 1IL －μmg ＝ma 1 ④ F －B 2IL －μmg ＝ma 2 ⑤联立④⑤式a 1＝0.25 m/s 2. ⑥(3)设a 棒开始做匀加速运动加速度a 1′，b 棒开始做匀加速运动加速度为a 2′ 由牛顿第二定律知B 1IL －μmg ＝ma 1′ ⑦ F －B 2IL －μmg ＝ma 2′ ⑧由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I ＝B 2Lv 2－B 1Lv 12R⑨由于电流不变，则 (B 2Lv 2－B 1Lv 1)为常量 ⑩ 所以两棒加速度满足以下关系 2a 2′＝a 1′ ⑪ 联立⑦⑧⑪知I ＝0.28 A ⑫⑫式代入⑧式知a 2′＝0.4 m/s 2 ⑬由焦耳定律知P ＝I 2R ⑭代入数据P ＝0.188 4 W.13．(1)ABC解析：分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，A 项正确；布朗运动反映了气体或液体分子的无规则运动，B 项正确；组成晶体的离子或原子按一定的规律分布，具有空间上的周期性，C 项正确；做功和热传递在改变系统内能方面是等价的，D 项错误；第二类永动机违背热力学第二定律，是不可能制成的，E 项错误．(2)解：初态封闭气体压强：p 1＝p H ＋p 0 13水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S ，则 13HS ＝h 1S 3 23HS ＝h 2S 此时封闭气体压强：p 2＝p h 1＋p h 2＋p 0V 1＝LS ；V 2＝L ′S由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2 解得L ′＝18 cm活塞B 上升的距离d ＝H ＋L －L ′－23H ＝7 cm.14．(1)ADE解析：由图D141可知，x ＝0处质点在t ＝0.45 s 时沿y 轴正方向振动，则该波沿x 轴正方向传播，A 正确；简谐波的波长λ＝1.6 m ，B 错误；简谐波的周期T ＝0.4 s ，则波速v ＝λT ＝1.60.4 m/s ＝4 m/s ，x ＝0.5 m 处的质点比x ＝0处的质点振动滞后时间为t ＝0.54 s ＝0.125 s ，C 错误；x ＝0处的质点经过0.6 s 的路程s ＝0.60.4×4 A＝0.6 m ，D 正确；x ＝0处的质点的振动方程为y ＝0.1sin 5πt (m)，t ＝0.45 s 代入得y ＝220m ，E 正确．图D141(2)解：①设光线从C 点射入刚好从A 点射出 由折射定律知n ＝sin αsin β① 代入数据则 sin β＝12 ②由几何关系知OC ＝L tan β＝33L ③ ②根据题意光线经过AB 边全反射后从OA 边AE 段射出．设光线宽度为d 由几何关系可知，OE ＝33L ，AE ＝L －33L ④ d ＝AE cos 45°＝32－66L .。
高考物理一轮总复习 课时强化作业16 圆周运动 新人教版
课时强化作业十六 圆周运动1．(2016届桐乡市模拟)科技馆的科普器材中常有如图所示匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．小齿轮逆时针转动B ．小齿轮每个齿的线速度均相同C ．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D ．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向相同，为顺时针匀速转动，A 选项错误；小齿轮每个齿的线速度大小相等，方向不同，B 选项错误；根据v ＝wr ，线速度大小相等时，角速度之比为半径的反比，即小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，C 选项正确；根据向心加速度a ＝v 2r，线速度大小相等，向心加速度之比为半径的反比，小齿轮每个齿的向心加速度大小是大齿轮的3倍，D 选项错误．答案：C2．(2016届陕西模拟)如右图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m 的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L 1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L 2，下列说法正确的是( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＝L 2C ．L 1＜L 2D.前三种情况均有可能解析：当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时，弹簧弹力与小球的重力平衡，k (L 1－L )＝mg ；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧的弹力和小球的重力提供向心力，mg －k (L 2－L )＝m v 2R ，解得L 1＝mg k ＋L ，L 2＝mg k ＋L －m v 2kR，比较可知，L 1＞L 2，A 选项正确．答案：A3．(2016届黑龙江省实验中学月考)如图所示，用长为L 的轻绳把一个铁球悬挂在高2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，则有( )A ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为5mgB ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC ．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gLD ．若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：小球恰好能通过最高点B ，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，mg ＝m v 2BL ，此时绳子拉力为零，B 选项错误；小球在最低点时，根据牛顿第二定律，F T －mg ＝m v 2AL ，根据动能定理得，mg ·2L ＝12mv 2A －12mv 2B ，联立解得F ＝8mg ，小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为8mg ，A 选项错误；小球落地过程中，根据动能定理得，mg ·3L ＝12mv 2－12mv 2B ，解得小铁球落到地面时的速度大小为v ＝7gL ，C 选项正确；若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为x ＝v ·t ，L ＝12gt 2，联立解得，x ＝14 L ，故D选项错误．答案：C4. (2016届河南洛阳市期中)质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )A ．受到的向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μmgD ．受到的合力方向斜向左上方解析：物块滑到最低点时速度大小为v ，根据向心力公式得，F 向＝m v 2R ，A 选项错误；根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 2R ，摩擦力为F f ＝μ·F N ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R ，B 、C 选项错误；物体重力和支持力的合力向上，还受到水平向左的摩擦力，所以物体受到的合力方向斜向左上方，故D 选项正确．答案：D5. (2016届衡水三调)如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R .轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x .一质量为m 的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B 时的速度为v B .小球在最低点B 与最高点A 对轨道的压力之差为ΔF (ΔF ＞0)．不计空气阻力．则( )A ．m 、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越大B ．m 、x 一定时，v 越大，ΔF 一定越大C ．m 、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大D ．m 、R 一定时，v 越大，ΔF 一定越大解析：小球从A 运动到B 点的过程中，由动能定理得，mg (2R ＋x )＝12mv 2B －12mv 2A ，在A 点，根据牛顿第二定律得，mg ＋F A ＝m v 2A R ，在B 点，F B －mg ＝m v 2BR ，其中ΔF ＝F B －F A ，联立解得ΔF ＝6mg ＋2mg x R，m 、x 一定时，R 越大，ΔF 应该是越小，A 选项错误；ΔF 与速度v 没关系，B 、D 选项错误；m 、R 一定时，当x 越大时，ΔF 一定越大，C 选项正确．答案：C6. (多选)(2016届江西省临川区月考)如图所示叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力 C ．转台的角速度一定满足：ω≤ 2μg3r D ．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r解析：A 随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，A 、B 之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，A 选项错误；以A 、B 为研究对象，向心力F AB ＝(3m ＋2m )ω2r ，以C 为研究对象，向心力F C ＝m ω2·(1.5r )，故C 与转台间的摩擦力小于A 与B 间的摩擦力，B 选项错误；各物体保持相对静止，随转台转动，对于物体A,3m ω2r ≤μ3mg ，对A 、B 整体，(3m ＋2m )ω2r ≤μ(3m ＋2m )g ，对于物体C ，m ω2(1.5r )≤μmg ，联立解得ω≤2μg3r，C 选项正确，D 选项错误． 答案：ABD7. (2016届成都外国语学校月考)太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．球的质量为m ，重力加速度为g ，则( )A ．在C 处板对球所需施加的力比A 处大6mgB ．球在运动过程中机械能守恒C ．球在最低点C 的速度最小值为gRD ．板在B 处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小 解析：太极球在重力和支持力作用下做匀速圆周运动，在A 点，mg ＋F N A ＝m v 2R ，在C 点，F N C －mg ＝m v 2R，解得F N C －F N A ＝2mg ，在C 处板对球的力比A 处大2mg ，A 选项错误；球在运动过程中，动能不变，重力势能变化，机械能变化，B 选项错误；球通过A 点的临界条件是重力提供向心力，故圆周运动的最小速度为gR ，C 选项正确；在B 处，mg tan θ＝m v 2R，解得v ＝gR tan θ，倾斜角随速度的增大而增大，D 选项错误．答案：C8．(2016届成都外国语学校月考)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v x 随时间t 的变化关系如图乙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等B ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等C ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等D ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等解析：分析题意可知，小球在圆心等高位置，水平速度为零，在最高点水平速度较小，在最低点水平速度最大，过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，即从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t 1时刻小球通过最高点．根据题意知，图中x 轴上下方图线围成的阴影面积S 1表示从最低点经过四分之一圆周的水平位移，阴影面积S 2表示经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S 1和S 2的面积相等．故A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．答案：A9. (2016届山东临沂高三质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞g cos θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，a 绳张力的竖直分量与重力抵消，故a 绳张力不可能为零，A 选项正确；竖直方向上，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，当夹角θ保持不变时，a 绳的张力保持不变，B选项错误；b 绳出现弹力的临界条件是a 绳的张力和小球的重力提供向心力，mgtan θ＝m ω2l ，解得ω＝g cot θl ，当角速度ω＞ g cot θl，b 绳将出现弹力，C 选项错误；b 绳可能没有弹力，b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 选项错误．答案：A10．(2016届山东临沂高三质检)如图所示，竖直平面内有一半径R ＝0.50 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接于D 点，质量m ＝0.50 kg 的小球从B 点正上方H 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离x ＝2.4 m ，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h ＝0.80 m ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1)小球释放点到B 点的高度H ；(2)经过圆弧槽最低点C 时轨道对它的支持力大小F N .解析：(1)小球从P 点做平抛运动，水平方向上，x 2＝v P ·t ，竖直方向上，h ＝12gt 2，联立解得v P ＝x2g2h＝3 m/s ，D 点的水平速度v Dx ＝v P ＝3 m/s ，竖直速度v Dy ＝2gh ＝4 m/s ，则v D ＝5 m/s ，速度与水平方向夹角θ＝53°，小球从释放到运动到D 点的过程中，根据动能定理得，mgH ＋mgR cos θ＝12mv 2D －0，代入数据联立解得H ＝0.95 m.(2)小球经过C 点速度为v C ，由A 到C 过程根据动能定理得，mg (H ＋R )＝12mv 2C －0，由牛顿第二定律有，F N －mg ＝mv 2CR，解得F N ＝34 N.答案：(1)0.95 m (2)34 N11. (2016届沈阳二中月考)如图所示，V 形转盘可绕竖直中心轴OO ′转动，V 形转盘的侧面与竖直转轴间的夹角均为α＝53°，盘上放着质量为1 kg 的物块A ，物块A 用长为1 m 的细线与固定在转盘中心O 处的力传感器相连．物块和传感器的大小均可忽略不计，细线能承受的最大拉力为8 N ，A 与转盘间的动摩擦因数μ为1.5，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．转盘转动时，细线一直伸直，当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F .(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，转盘转动的角速度ω0；(结果可以保留根式)(2)将转盘的角速度从(1)问中求得的值开始缓慢增大，直到增加至3ω0，试通过计算写出此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式．(g 取10 m/s 2)解析：(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，此时绳处于松弛状态，由支持力和重力的合力提供向心力，mg cot53°＝m ω20l sin53°，解得ω0＝564rad/s.(2)当角速度较小时，静摩擦力沿内壁向下，正交分解得，F N sin53°－f cos53°＝mg ，F N cos53°＋f sin53°＝m ω2l sin53°，联立解得F N ＝8＋0.48ω2，f ＝0.64ω2－6，其中f max ＝μF N ，故不论ω取何值，f ≤f max 恒成立，物块能始终保持相对静止，故绳中的拉力一直为零．答案：(1)564rad/s (2)细线拉力一直为零12. (2016届安徽模拟)滑板运动员在U 形槽中的运动可以简化为运动员在半径为R 的半圆弧槽中的运动，若滑板运动员以一定的水平初速度从A 点跳入槽内，下落h 高度落在最低点B 左边的槽壁上，之后滑到槽最低点B 的速度为v ，人和滑板的质量为m ，滑板与圆弧槽的动摩擦因数为μ，求：(1)人从A 点跳入槽内时的初速度大小； (2)人在圆弧槽最低点的加速度大小．解析：(1)运动员做平抛运动，下落h 高度落到槽壁上，根据几何关系可知，水平位移x ＝R －R 2－h 2，运动时间t ＝2hg，则平抛运动的初速度v 0＝xt＝(R －R 2－h 2)g 2h. (2)运动员滑到最低点的速度为v ，竖直方向上支持力和重力的合力提供向心力，F N －mg ＝ma y ，a y ＝v 2R，水平方向上，F f ＝μF N ＝ma x ，联立解得在圆弧槽最低点的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2.答案：(1)(R －R 2－h 2)g2h(2) v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
课时作业十六 1．(1)下图甲为某沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点；下图乙是横波上质点d的振动图象，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．t＝0时质点a的速度大小比质点c的小 B．t＝0时质点a的加速度大小比质点c的小 C．从t＝0时刻开始质点b比质点c先回到平衡位置 D．0～0.5 s时间内质点b的振动路程和质点a的相等 E．0～3 s时间内质点a、b的振动路程均为30 cm (2)如图所示为一半圆柱形玻璃砖，半圆形截面ABD的圆心为O，半径为R.现有平行光束平行ABD平面以入射角α＝45°射到长度为L、宽为2R的长方形截面ABEF上，最终从下表面射出玻璃砖．已知玻璃的折射率n＝2，光在真空中传播的速度大小为c.求：
(ⅰ)光在ABEF界面的折射角β及全反射临界角C； (ⅱ)玻璃砖下表面有光射出部分的面积S. 解析 (1)在简谐横波中，质点离平衡位置越远，速度越小，t＝0时质点a的速度比质点c的小，选项A正确；质点离平衡位置越远，加速度越大，t＝0时，质点a的加速度比质点c的大，选项B错误；由质点d的振动图象可知，t＝0时质点d沿y轴负方向运动，结合波形图知，波沿x轴正方向传播，t＝0时，质点b沿y轴负方向运动，质点c沿y轴正方向运动，质点b比质点c先回到平衡位置，选项C正确；0～0.5 s时间内质点b的平均速率比质点a的大，质点b的振动路程比质点a的大，选项D错误；由题图乙知周期T＝2 s，ΔtT＝32，质点a、b的振动路程均为32×4A＝30 cm，选项E正确． (2)(ⅰ)由n＝sin αsin β得，β＝30° 由sin C＝1n得，C＝45° (ⅱ)临界光线的光路如图所示，
则θ1＝180°－C－(90°－β)＝75° θ2＝90°－(β＋C)＝15°
∠P1OP2＝180°－θ1－θ2＝90°
S＝∠P1OP2
180°πRL＝12πRL
答案 (1)ACE (2)(ⅰ)30° 45° (ⅱ)12πRL
2．(2017·湖北宜昌二模)(1)图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，M、N是介质上的质点；乙图为质点N的振动图象，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．该波沿x轴的正方向传播 B．t＝0时刻，质点M向y轴负方向运动 C．经过一个周期，质点N通过的路程为32 cm D．t＝6.5 s时，质点M位于平衡位置
E．该波的传播速度不一定为43×10－2 m/s (2)如图所示，半圆形玻璃截面的圆半径OA＝R，一束细激光束平行于半径OD且垂直于平面AB射到半圆形玻璃上的C点，穿过玻璃后光线交OD的延长
线于P点．已知玻璃材料对激光束的折射率为3，OC＝R2.
(ⅰ)画出该激光束传播过程的光路图； (ⅱ)求OP两点的距离． 解析 (2)(ⅰ)如图所示
(ⅱ)入射角设为θ2，折射角设为θ1，由图中几何关系可得：sin θ2＝12 解得θ2＝30° 由折射定律可得：sin θ1sin θ2＝3 解得：θ1＝60° 则OP＝2Rcos 30°＝3R 答案 (1)BCD (2)(ⅰ)见解析 (ⅱ)3R 3．(1)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．遥控器发出的红外线脉冲信号可以用来遥控电视机、录像机和空调机 B．观察者相对于振动频率一定的声源运动时，接收到声波的频率小于声源频率 C．狭义相对论认为真空中光源的运动会影响光的传播速度 D．光的偏振现象说明光是一种横波 E．两列频率相同的机械波相遇时，在相遇区可能会出现稳定干涉现象 (2)一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形图如图所示，从该时刻开始计时．
(ⅰ)若质点P(坐标为x＝3.2 m)经0.4 s第一次回到初始位置，求该机械波的波速和周期； (ⅱ)若质点Q(坐标为x＝5 m)在0.5 s内通过的路程为(10＋52) cm，求该机械波的波速和周期． 解析 (1)遥控器是利用其所发出的红外线脉冲信号来遥控电视机、录像机和空调机的，A正确；声源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率大于声源频率，B错误；狭义相对论的基本假设是：在不同的惯性参考系中真空中的光速是不变的；在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是等价的，C错误；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，D正确；只有频率相同的两列机械波相遇，才能出现稳定干涉现象，E正确． (2)(ⅰ)由于波向右传播，当P点经0.4 s第一次回到初始位置，一定是x＝0 m处的振动状态传播到P点，则该机械波波速为：
v＝ΔxΔt＝3.2－00.4 m/s＝8 m/s
由波形图可知，波长λ＝8 m 则T＝λv＝88 s＝1 s (ⅱ)由波动图象可知，此时Q点的纵坐标为y＝－522 cm，当其通过的路程为(10＋52) cm时，一定是x＝－1 m处的质点振动状态传播到Q点，则该机械波波速为：
v′＝ΔxΔt＝[5－－1]0.5 m/s＝12 m/s
则T′＝λv′＝812 s＝23 s 答案 (1)ADE (2)(ⅰ)8 m/s 1 s (ⅱ)12 m/s 23 s 4．(2017·湖北八校二联)(1)某实验小组的同学利用激光器将一束红色的激光束由空气(可看成真空)沿径向射入一块半圆柱形人造水晶，如下图(a)所示，然后通过传感器对其射出后的折射光束的强度进行记录，发现折射光束的强度随着θ的变化而变化，如下图(b)的图线所示．由以上信息可得红色的激光束在人造水晶内发生全反射的临界角为__________；人造水晶对该激光的折射率为________；如果该激光在水中的折射率为1.33，则该激光在人造水晶中传播的速度________(填“小于”、“大于”或“等于”)该激光在水中的传播速度．
(2)如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到平衡位置在x＝5 m处的M质点时开始计时．已知平衡位置在x＝1 m处的P质点连续两次到达波峰位置的时间间隔为0.4 s，求：
(ⅰ)该波传播的速度大小； (ⅱ)平衡位置在x＝9 m处的Q质点在t＝0.5 s时的位移； (ⅲ)P质点在0～1.2 s内运动的路程． 解析 (1)由题图(b)可知，当θ＝30°时，激光发生全反射，故全反射的临界角为60°，则n＝1sin C＝233＜1.33，由v＝cn可知该激光在人造水晶中传播的速度大于该激光在水中的传播速度． (2)(ⅰ)由题图得波长λ＝4 m，因为P质点连续两次到达波峰位置的时间间隔为0.4 s，故波的周期T＝0.4 s 波速v＝λT＝10 m/s (ⅱ)该波传到Q质点经过的时间t1＝Δxv＝0.4 s，因为该波沿x轴正方向传播，t＝0时，M质点向下振动，所以Q质点在t＝0.5 s时第一次到达波谷位置，因此Q质点在t＝0.5 s时的位移为－10 cm (ⅲ)P质点在0～1.2 s内，从平衡位置开始振动了1.20.4＝3个周期，所以运动的路程为3×4 A＝120 cm 答案 (1)60° 233 大于 (2)(ⅰ)10 m/s (ⅱ)－10 cm (ⅲ)120 cm 5．(2017·石家庄二模)(1)如图甲所示，O点为振源，OA＝10 m，t＝0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波．图乙为从t＝0时刻开始描绘的质点A的振动图象，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．振源的起振方向向下 B．该波的周期为5 s C．该波的传播速度为2 m/s D．该波的波长为5 m E．该波很容易穿过宽度为1 m的小孔 (2)如图所示是一种液体深度自动监测仪示意图，在容器的底部水平放置一平面镜，在平面镜上方有一光屏与平面镜平行．激光器发出的一束光线以60°的入射角射到液面上，进入液体中的光线经平面镜反射后再从液体的上表面射出，打在光屏上形成一亮点，液体的深度变化后光屏上亮点向左移动了23 dm，已知该液体的折射率n＝3.真空中光速c＝3.0×108 m/s，不考虑经液面反射的光线．求：
(ⅰ)液面高度的变化量； (ⅱ)液体的深度变化前后激光从发出到打到光屏上的时间变化了多少？ 解析 (1)A点的起振方向与O点起振方向相同，由乙图读出5 s时刻，A点的振动方向沿y轴正方向，所以振源的起振方向向上，故A错误；由乙看出，周期T＝10 s－5 s＝5 s，故B正确；由乙看出，波从O点传到A点的时间为5 s，传播距离为10 m，则波速为v＝OAt＝2 m/s，则波长为λ＝vT＝2×5 m＝10 m，故C正确，D错误；因为1 m比波长10 m小得多，所以该波很容易穿过宽度为1 m的小孔，故E正确． (2)(ⅰ)光路如图所示，设入射角为α，折射角β，原来液面深度为h，液面深度增加Δh，屏上光点移动的距离s＝23 dm
根据折射定律n＝sin αsin β 得β＝30°